Fórum: Lejárt határidejű KÖMAL feladatokról

[1] [2] [3] [4] [5] [6] [7] [8] [9] [10] [11] [12] [13] [14] [15] [16] [17] [18] [19] [20] [21] [22] [23] [24] [25] [26] [27] [28] [29] [30] [31] [32] [33] [34] [35] [36] [37] [38] [39] [40] [41] [42] [43] [44] [45] [46] [47] [48] [49]

Szeretnél hozzászólni? Jelentkezz be.

[426] rizsesz	2008-11-22 17:22:28
Nem jó a bizonyításod. A segédtételt legalábbis csak az egyik irányban bizonyítod be, viszont a megoldásod végén a másik irányt használod ki.
Előzmény: [425] nadorp, 2008-11-22 16:23:36

[425] nadorp

2008-11-22 16:23:36

Az alábbi megoldás kicsit egyszerűbb a közöltnél és általánosabb is

B. 4109. Igazoljuk, hogy

$\big(\sqrt{2}+1\big)^{\frac{1}{100}}+ \big(\sqrt{2}-1\big)^{\frac{1}{100}}$

irracionális szám.

Bebizonyítjuk a következő segédállítást:

Ha $x+\frac1x$ racionális, akkor $x^n+\frac1{x^n}$ is racionális minden pozitív egész n-re

Az állítás n=1 esetén nyilván igaz,n=2-re

$x^2+\frac1{x^2}=\left(x+\frac1x\right)^2-2$ miatt szintén teljesül.

Ha n>2, akkor indukcióval

$x^n+\frac1{x^n}=\left(x^{n-1}+\frac1{x^{n-1}}\right)\left(x+\frac1x\right)-\left(x^{n-2}+\frac1{x^{n-2}}\right)$

miatt n-re is igaz a segédállítás.

Ha az eredeti feladat állítása igaz lenne, akkor a segédállításban $x=(\sqrt2+1)^{\frac1{100}}$ és n=100 értékeket véve

$(\sqrt2+1)+(\sqrt2-1)=2\sqrt2$ is racionális lenne, ami ellentmondás

[424] KK07	2008-11-19 18:48:53
Azt szeretném megtudni hogy a a C951 -s feladatnál nem volt megadva hogy melyik saroktól számolom, és én azt küldtem be ha a jobbról számolom akkor 4, de ha balról akkor 12! Ez rossznak számít? Mert sztem akkor egyértelművé kellet volna tenni!

[423] Káli gúla	2008-11-19 13:19:59
Igy lehetne "fejben" igazolni, hogy a szorzat valóban annyi, amennyi: 16656=(100+66)(100-66)=10000-66², és 66²=6²11²=30121=3630, ezért a szorzat : 10000-3630=8590 (minden szám 12-es számrendszerben van írva).

[422] Káli gúla	2008-11-19 10:35:12
Egyébként mindenféle polinomok nélkül a "kilences" próba azt adja a 16656-8590-re (1+6+6=13, 5+6=11, 8+5+9+0=22), hogy 1311-22 = 121 osztható (a-1)-gyel, tehát a=2, a=12 vagy a=122. Az alap páros, így 166*56 4-gyel osztható, ezért 8590 is, tehát a is 4-gyel osztható, vagyis a=12.
Előzmény: [421] Róbert Gida, 2008-11-19 02:01:49

[421] Róbert Gida	2008-11-19 02:01:49
A komal.hu-n közölt C950. megoldása rossz, egy érettségin sem fogadnák el. Ha történetesen f(9)=0 volna akkor sem lenne megoldás, mivel a jegyek között szerepel a 9, így a számrendszer alapja nem lehet 9. f(12)=0, de ott sem nézte meg, hogy minden számjegy kisebb-e, mint 12.

[420] Róbert Gida

2008-11-19 01:54:50

B.4413. négy potya pontért, a Maple szerint ugyanis:

factor(2*(a⁴+b⁴+c⁴+(-a-b-c)⁴)+8*a*b*c*(-a-b-c));

4*(a²+a*b+b²+a*c+b*c+c²)²

[419] KK07	2008-10-31 12:08:41
Helló mindenkinek! Nem tudná valaki fel tenni a szeptemberi megoldásokat, hogy össze vessem az enyéimmel! :) Előre is köszi, bár én nem tartozom a "nagyok közé" én még mindig csak a C kategóriával próbálkozom. Ezért elsősorban az érdekelne. :P Üdv: Kristóf

[418] Róbert Gida	2008-10-27 14:27:39
Nem oldottam meg, de a konstans éles: http://www.mathlinks.ro/viewtopic.php?p=1187185#1187185
Előzmény: [417] janomo, 2008-10-27 08:47:45

[417] janomo

2008-10-27 08:47:45

Hello!

Ha valaki tudja, örülnék, ha feltenné a tavalyi májusi A455 feladat megoldását.

N.J.

[416] lorantfy	2008-09-17 10:24:15
Nagyon tetszik! Köszönöm, hogy feltetted!
Előzmény: [406] Káli gúla, 2008-06-16 17:00:58

[415] nadorp

2008-09-10 15:26:51

A. 457.

Legyen p páratlan prímszám. Igazoljuk, hogy

$\sum_{i=1}^{p-1}2^ii^{p-2}-\sum_{i=1}^{\frac{p-1}2}i^{p-2}$

osztható p-vel.

Azt bizonyítjuk be, hogy a mod p testben a fenti kifejezés 0, azaz a két összeg egyenlő.

Mivel 1 $\leq$ i $\leq$ p-1 esetén $i^{p-2}=\frac1i$ , ezért

$\sum_{i=1}^{p-1}2^ii^{p-2}=\sum_{i=1}^{p-1}\frac{2^i}i=\sum_{i=1}^{p-1}\frac{ \sum_{j=0}^i\binom{i}{j}}i=\sum_{i=1}^{p-1}\frac1i+\sum_{i=1}^{p-1}\frac{\sum_{j=1}^i\binom{i}{j}}i=A+B$

Mivel 1 $\leq$ j $\leq$ i esetén

$\frac{\binom{i}{j}}i=\frac1j\binom{i-1}{j-1}$ , ezért felhasználva az ismert $\sum_{i=k}^n\binom{i}{k}=\binom{n+1}{k+1}$ összefüggést

$B=\sum_{i=1}^{p-1}\sum_{j=1}^i\frac1j\binom{i-1}{j-1}=\sum_{j=1}^{p-1}\sum_{i=j}^{p-1}\frac1j\binom{i-1}{j-1}=\sum_{j=1}^{p-1}\frac1j\binom{p-1}{j}$

$B=\sum_{j=1}^{p-1}\frac1j\cdot\frac{(p-j)...(p-1)}{j!}=\sum_{j=1}^{p-1}\frac1j\cdot\frac{(-1)^j\cdot j!}{j!}=\sum_{j=1}^{p-1}\frac{(-1)^j}j$ Tehát

$A+B=\sum_{j=1}^{p-1}\frac1j+\sum_{j=1}^{p-1}\frac{(-1)^j}j=2\left(\frac12+\frac14+...+\frac1{p-1}\right)=\sum_{j=1}^{\frac{p-1}2}\frac1j$

és ezt kellett belátni

[414] Róbert Gida

2008-06-19 11:50:41

Akkor szerinted 24 darab 5 pontos megoldás fog érkezni a feladatra? Kizárt. Egyébként nem kell hozzá semmilyen trükk. Angolul is fent vannak a feladatok a Kömalon, csak a feladat pontos szövegére rákeresve a harmadik találat, de az első is a Putnam feladatról szól, de az fizetős cikk.

"Sajnos manapság az Internet korában sokkal nehezebb olyan feladatot kitűzni, amit nem lehet a Google-lal megoldani."

Ezért kell eredeti feladatokat kitűzni...

Előzmény: [413] jenei.attila, 2008-06-19 09:40:37

[413] jenei.attila	2008-06-19 09:40:37
Köszi, valószínűleg megtaláltam volna előbb-utóbb én is, de először magamtól akartam megoldani (így azért nem volt olyan könnyű, legalábbis nekem). Másrészt, még arra voltam kiváncsi, ki hogyan oldotta meg, mit gondol a feladatról. Sajnos manapság az Internet korában sokkal nehezebb olyan feladatot kitűzni, amit nem lehet a Google-lal megoldani. Végülis, szerintem egy verseny nem erről kell, hogy szóljon, de talán még a fórum sem. Szerintem előbb próbálja mindenki saját fejéből megoldani, mások megoldásához hozzászólni, megbeszélni a dolgokat. A Google keresőszavakat szerintem mindenki maga ki tudja találni.
Előzmény: [412] Róbert Gida, 2008-06-18 22:41:57

[412] Róbert Gida

2008-06-18 22:41:57

1992-es Putnam verseny A6-os példája volt ez az A jelű feladat n=4-re, megoldása is fent van például D.J.Bernstein honlapján: http://www.math.niu.edu/ rusin/problems-math/bernstein92

De általánosított feladat megoldása is fent van, tetszőleges dimenzióra! Az eredmény az amit Káli gúla is írt:

http://www.mathematik.uni-bielefeld.de/ sillke/PUZZLES/ranpoint.txt

5 perc Google keresés volt az egész. Jelenleg mindössze a 4. találat egyébként a következő kulcsszavakkal találtam: sphere+convex hull+probability+n points containing the origin

Talán nem ezt a példát kellett volna feladni..... Így túl könnyű.

Előzmény: [411] jenei.attila, 2008-06-18 21:47:56

[411] jenei.attila	2008-06-18 21:47:56
Nagyon szép gondolat. De ugye a "Tekintsük a pólusokhoz tartozó félgömbök közül azt, amelyik az illető pólust tartalmazza" mondatod helyesen "Tekintsük a pólusokhoz tartozó félgömbök közül azokat, amelyek az illető tartományt tartalmazzák"? Legalábbis számomra így érthető. A magasabb dimenzióra való általánosítás továbbra sem világos, de lehet,hogy csak a megfelelő fogalmakat kellene tisztázni (mint pl. a gömbfelszín két pontjához húzott sugarak által bezárt szög). Ezt az u_n-re vonatkozó rekurziót kicsit nehezen hoztam össze, csak utólag (a t_n ismeretében) tudtam közvetlenül megmagyarázni, pedig így már nem is olyan nehéz. Egyébként biztos vagyok benne, hogy ez egy jól ismert kivesézett probléma (még nem néztem utána), és esetleg lehet rá valami geometriai valószínűséggel operáló megoldás (mint körvonalon 3 pont esete, amely nemrég egy B feladat volt). Mit tudtok erről?
Előzmény: [402] Káli gúla, 2008-06-13 16:12:29

[410] rizsesz	2008-06-17 16:14:37
Az hogy akkor egy feladatra nem érkezett megoldás, az nem tudom, hogy miért nem jelentheti azt, hogy akkoriban a megoldók birtokában nem volt olyan tudásanyag, mint a mai versenyzőkében (és hogy miért kell egyből a lapot bántani megint - ráadásul elképzelésem sincsen, hogy a mai fejeddel, mert ha jól gondolom időközben elvégeztél valamilyen jópofa matek ttk szakot (az a sejtésem, hogy eltét) hogyan tudod megítélni, hogy a mai feladatok könnyebbek. Én egy középszerű dupla B díjazott vagyok, bár, főleg 12.-ben inkább a nehezebb példák mozgattak meg. Egyetem alatt már az A-k is sokkal barátságosabbak lettek.
Előzmény: [408] Róbert Gida, 2008-06-17 00:09:49

[409] Róbert Gida	2008-06-17 00:14:25
Ez nem tudom, mire vonatkozik. Ha a monogramomra, akkor nem talált.
Előzmény: [405] rizsesz, 2008-06-15 15:45:53

[408] Róbert Gida

2008-06-17 00:09:49

Valóban szép eredmény tőle. Valószínűleg nyolcadikban egyáltalán nem csináltam Kömalt, már nem emlékszem. De a következő négy évben igen, az N-t pedig 10-ediktől.

Amúgy érdekes is lett volna, ha nyolcadikban 2. lettem volna az N-ban (mostani A-ban) az akkori idősebb szupergeneráció között a Kömalban, csak néhány név, ha mond neked valamit: Pap Gyula, Braun Gábor, Kun Gábor, Gyarmati Katalin, Frenkel Péter, Burcsi Péter, ilyen mezőnyben az első tízbe is lehetetlenség lett volna bekerülni nyolcadikosként, vagy akár kilencedikesként.

Akkori N jelű feladatok pedig lényegesen nehezebbek voltak, mint a mai A jelűek, amellett, hogy akkoriban 4 feladat volt havonként, nem 3. Volt olyan feladat, amire megoldás sem érkezett.

Előzmény: [407] rizsesz, 2008-06-16 22:44:17

[407] rizsesz	2008-06-16 22:44:17
Ja, csak ne felejtsük el a 3. helyezettet, aki most még csak 9. osztályos, fél feladatnyi pontra van lemaradva Lovásztól, és tavaly 8. osztályos korában 2. lett az A-ban. Te is csináltad már 8.-ban az A-t úgy, hogy 2. lettél?
Előzmény: [403] Róbert Gida, 2008-06-14 16:32:33

[406] Káli gúla

2008-06-16 17:00:58

B. 4087 Mutassuk meg, hogy ha egy háromszög oldalainak hossza 2, 3 és 4, akkor van olyan $\alpha$ és $\beta$ szöge, amelyekre 2 $\alpha$ +3 $\beta$ =180^o.

Bizonyítás:

[405] rizsesz	2008-06-15 15:45:53
ZG?
Előzmény: [403] Róbert Gida, 2008-06-14 16:32:33

[404] jonas	2008-06-14 16:38:49
Amikor már csak B-k voltak, a végén néhányan nálunk is ezt csinálták. Én inkább a B-ket.
Előzmény: [403] Róbert Gida, 2008-06-14 16:32:33

[403] Róbert Gida	2008-06-14 16:32:33
Kömal A-ban most elég nagy a verseny. Lovász László fia vezet maximális pontszámmal..., csak az A-t csinálja, Kömalban már én is csak ezt csináltam 3.-ban a második félévtől, valahogy untam az F-eket.

[402] Káli gúla

2008-06-13 16:12:29

Egy másik összeszámolási lehetőség a következő: Ha n általános helyzetű átmérőhöz (pólupárhoz) tartozó egyenlítői főkörök a gömb felszínét v_n részre osztják, akkor v_n+1=v_n+2n. Biz.: Válasszuk az n+1-edik főkört (Egyenlítőt), azt a többi n főkör mindegyike egy-egy átellenes pontpárban metszi, ezek nyilván 2n részre osztják az Egyenlítőt. A 2n ív megfelel egy-egy, az Egyenlítő által kettévágott tartománynak, és ez éppen az állított rekurzió. (Tulajdonképpen a fenti indukciós gondolatmenet azt is mutatja, hogy v_n nem függ a félkörök helyzetétől.) Az n=1 esetén v_n=2, tehát teljes indukcióval v_n=n²-n+2.

Tekintsük a pólusokhoz tartozó félgömbök közül azt, amelyik az illető pólust tartalmazza. Ekkor a feldarabolt gömbfelszín egy-egy tartománya pontosan olyan "félgömbrendszer"-hez tartozik, amelyeknek a metszete nem üres. (A metszetnek bármely x pontja a félgömbrendszer pólusaival hegyesszöget zár be, azaz a pólusok egy félgömbön vannak, és fordítva is, ha a pólusok egy x-szel meghatározott félgömbön vannak, akkor a pólusok félgömbjei is mind tartalmazzák x-et.) Azt kaptuk tehát, hogy a gömbi tartományok éppen azokkal a pólusválasztásokkal azonosíthatók, amikor a pólusok egy félgömbön vannak. Különböző "pólusrendszerek" különböző tartományokat állítanak elő, mert legalább egy helyen komplementer félgömbök szerepelnek. Tehát annak a valószínűsége, hogy n pólus ugyanarra a félgömbre esik, $\frac{v_n}{2^n}=\frac{n^2-n+2}{2^n}$ .

d>2 esetén szó szerint ugyanígy igazolható, hogy az d-dimenziós S^d $\subset$ R^d+1 gömbfelszínen keletkező tartományok v_d(n) számára v_d(n+1)=v_d(n)+v_d-1(n) teljesül. Innen a következő általános képletet kaphatjuk:

$v_d(n)=\sum_{k=0}^d \binom{n-1}{k}$

Előzmény: [401] jenei.attila, 2008-06-13 14:02:58

Már regisztráltál?
Új vendég vagy?